練習問題の解答

1: 行列

行列の和を計算すると, \[ \begin{pmatrix} 2 & -1 & a \cr 0 & b & 4 \cr 1 & 0 & c \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1 & 1 & 2 \cr 0 & 3 & d \cr -1 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & a+2 \cr 0 & b+3 & d+4 \cr 0 & 0 & c \end{pmatrix} \] である. 一方で, 単位行列とは対角成分のみが $1$, それ以外の成分が $0$ である正方行列である. 従って, \[ \begin{pmatrix} 1 & 0 & a+2 \cr 0 & b+3 & d+4 \cr 0 & 0 & c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \cr 0 & 1 & 0 \cr 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \] となる $a$, $b$, $c$, $d$ を求めれば良い. 行列の等号の意味に注意すると, \[ a = -2,\quad b = -2,\quad c = 1,\quad d = -4 \] が得られる.

行列 $A$ が歪対称であるとは, $A = -A^{\operatorname{T}}$ であることであった, ただし $A^{\operatorname{T}}$ は行列 $A$ の転置である. 従って, 行列 $A$ の $(i,j)$ 成分が $(j,i)$ 成分の $-1$ 倍となる$a$, $b$, $c$, $d$ を求めれば良い, つまり \[ \begin{pmatrix} 0 & -6a+4c+3 & 2b+3 \cr 3a-2c-12 & d+6 & 1 \cr b & -3a+4c-22 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -(3a-2c-12) & -b \cr -(-6a+4c+3) & -(d+6) & -(-3a+4c-22) \cr -(2b+3) & -1 & 0 \end{pmatrix} \] を満たす $a$, $b$, $c$, $d$ を求めれば良い. 必要な部分だけを取り出すと, \[ \left\{\begin{array}{rl} -6a+4c+3 &= -3a+2c+12, \cr 2b+3 &= -b, \cr 1 &= 3a-4c+22, \cr d+6 &= -(d+6). \end{array}\right. \] 従って, \[ \left\{\begin{array}{rll} 3a-2c &= -9, &(1)\cr 3a-4c &= -21, &(2)\cr b &= -1, \cr d &= -6. \end{array}\right. \] $a$ と $c$ に関する連立 $1$ 次方程式を解くことで $a=1$, $b=-1$, $c=6$, $d=-6$ が得られる.

正方行列 $B$ が同じ型の行列 $A$ の逆行列であることを示すためには, \[ AB = I \quad (\text{もしくは } BA = I) \] であることが確かめられれば良い. ここでは, 行列積 $AB$ を計算してみる, \[ AB = \begin{pmatrix} 2a-3 & -a+d \cr -3b+2c & bd-c \end{pmatrix}. \] これが単位行列に等しくなるような $a$, $b$, $c$, $d$ が存在すれば, $B^{-1}=A$ が成立する. 各成分を比較すると \[ \left\{\begin{array}{rl} 2a-3 &= 1, \cr -a+d &= 0, \cr -3b+2c &= 0, \cr bd-c &= 1 \end{array}\right. \] が成立すれば良い. 上 $2$ つの式から $a=2$, $d=2$ が得られるため, あとは連立 $1$ 次方程式 \[ \left\{\begin{array}{rl} -3b+2c &= 0, \cr 2b-c &= 1 \end{array}\right. \] を解くことで $b=2$, $c=3$ も得られる.

2: 行列の基本変形と応用

行簡約階段形とは,

1. ① 全ての成分が $0$ となる行が, そうでない行より下にある,
2. ② 各行の主成分は (存在するなら), その行より上にある他の行の主成分よりも右側にある,
3. ③ 全ての主成分が $1$ である,
4. ④ 主成分を含む列の他の成分が全て $0$ である

を満たすものであった. ここでは, 行列 $A$ を こちらで紹介したように, $i=1$, $2$, ... に対して

• 必要ならば第 $i$ 行とそれ以降の行の入れ替えを行い, 少なくとも ① が, 可能な限り ② が満たされるようにする,
• 第 $i$ 行を第 $i$ 行の主成分 ($\neq0$) で割ることで, ③ が満たされるようにする,
• 行基本変形により, 第 $i$ 行の主成分が含まれる列を, 主成分を除いて全て $0$ にする (④ が満たされるようにする)

という手順で行簡約階段形に変形してみよう: \[ \begin{array}{rll} A =& \begin{pmatrix} 5 & -5 & 2 & 16 \cr 0 & 1 & 2 & 4 \cr 10 & -10 & 5 & 35 \end{pmatrix} \cr \longrightarrow& \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2/5 & 16/5 \cr 0 & 1 & 2 & 4 \cr 10 & -10 & 5 & 35 \end{pmatrix} &\left(\begin{array}{c}\text{第 $1$ 行を $1/5$ 倍して}\cr \text{$a_{11}$ を $1$ に変形}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2/5 & 16/5 \cr 0 & 1 & 2 & 4 \cr 0 & 0 & 1 & 3 \end{pmatrix} &\left(\begin{array}{c}\text{第 $3$ 行に第 $1$ 行の}\cr \text{$-10$ 倍を加えた}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \begin{pmatrix} 1 & 0 & 12/5 & 36/5 \cr 0 & 1 & 2 & 4 \cr 0 & 0 & 1 & 3 \end{pmatrix} &\left(\begin{array}{c}\text{第 $1$ 行に第 $2$ 行の}\cr \text{$1$ 倍を加えた}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \cr 0 & 1 & 2 & 4 \cr 0 & 0 & 1 & 3 \end{pmatrix} &\left(\begin{array}{c}\text{第 $1$ 行に第 $3$ 行の}\cr \text{$-12/5$ 倍を加えた}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \cr 0 & 1 & 0 & -2 \cr 0 & 0 & 1 & 3 \end{pmatrix}. &\left(\begin{array}{c}\text{第 $2$ 行に第 $3$ 行の}\cr \text{$-2$ 倍を加えた}\end{array}\right) \end{array} \] このように行簡約階段形に変形することができる.

また, 行列 $A$ の階数は行簡約階段形の主成分の個数に等しいため $\operatorname{rank}A = 3$ である.

行簡約階段形を考えると, \[ \begin{array}{rll} A =& \begin{pmatrix} 1 & a \cr b & 1 \end{pmatrix} \cr \longrightarrow& \begin{pmatrix} 1 & a \cr 0 & 1-ab \end{pmatrix} & \left(\begin{array}{c}\text{第 $2$ 行に第 $1$ 行の}\cr \text{$-b$ 倍を加えた}\end{array}\right) \end{array} \] と変形できる. ここで, もしも $1-ab \neq 0$ ならば, 続けて \[ \begin{array}{rll} \longrightarrow& \begin{pmatrix} 1 & a \cr 0 & 1 \end{pmatrix} & \left(\begin{array}{c}\text{第 $2$ 行を $1/(1-ab)$ 倍して}\cr \text{$a_{22}$ を $1$ に変形}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \begin{pmatrix} 1 & 0 \cr 0 & 1 \end{pmatrix} & \left(\begin{array}{c}\text{第 $1$ 行に第 $2$ 行の}\cr \text{$-a$ 倍を加えた}\end{array}\right) \end{array} \] と変形できる. 一方で, もしも $1-ab = 0$ ならば, \[ \begin{array}{rll} A =& \begin{pmatrix} 1 & a \cr b & 1 \end{pmatrix} \cr \longrightarrow& \begin{pmatrix} 1 & a \cr 0 & 0 \end{pmatrix} & \left(\begin{array}{c}\text{第 $2$ 行に第 $1$ 行の}\cr \text{$-b$ 倍を加えた}\end{array}\right) \end{array} \] となり, これが行列 $A$ に対する行簡約階段形である. 行列の階数は行簡約階段形の主成分の個数に等しいため, \[ \operatorname{rank}A = \left\{\begin{array}{rl} 2 & (\text{$1-ab\neq 0$ のとき}), \cr 1 & (\text{$1-ab = 0$ のとき}) \end{array}\right. \] が得られる.

また, 正方行列の階数と正則性の関係より, $1-ab\neq0$ を満たす全ての $a$, $b$ に対して行列 $A$ は正則である.

掃き出し法 (ガウスの消去法) で解いてみる. 拡大行列に対する行基本変形により (条件より $a\neq0$, $b\neq0$, $c\neq0$ なので), \[ \begin{array}{rll} &\left(\begin{array}{ccc:ccc} a & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \cr d & b & 0 & 0 & 1 & 0 \cr e & f & c & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:ccc} 1 & 0 & 0 & 1/a & 0 & 0 \cr d & b & 0 & 0 & 1 & 0 \cr e & f & c & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $1$ 行を $1/a$ 倍して}\cr \text{$a_{11}$ を $1$ に変形}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:ccc} 1 & 0 & 0 & 1/a & 0 & 0 \cr 0 & b & 0 & -d/a & 1 & 0 \cr e & f & c & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $2$ 行に第 $1$ 行の}\cr \text{$-d$ 倍を加えた}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:ccc} 1 & 0 & 0 & 1/a & 0 & 0 \cr 0 & b & 0 & -d/a & 1 & 0 \cr 0 & f & c & -e/a & 0 & 1 \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $3$ 行に第 $1$ 行の}\cr \text{$-e$ 倍を加えた}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:ccc} 1 & 0 & 0 & 1/a & 0 & 0 \cr 0 & 1 & 0 & -d/(ab) & 1/b & 0 \cr 0 & f & c & -e/a & 0 & 1 \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $2$ 行を $1/b$ 倍して}\cr \text{$a_{22}$ を $1$ に変形}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:ccc} 1 & 0 & 0 & 1/a & 0 & 0 \cr 0 & 1 & 0 & -d/(ab) & 1/b & 0 \cr 0 & 0 & c & (df)/(ab)-e/a & -f/b & 1 \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $3$ 行に第 $2$ 行の}\cr \text{$-f$ 倍を加えた}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:ccc} 1 & 0 & 0 & 1/a & 0 & 0 \cr 0 & 1 & 0 & -d/(ab) & 1/b & 0 \cr 0 & 0 & 1 & (df)/(abc)-e/(ac) & -f/(bc) & 1/c \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $3$ 行を $1/c$ 倍して}\cr \text{$a_{33}$ を $1$ に変形}\end{array}\right) . \end{array} \] 左側を単位行列にできたので, 右側が $A^{-1}$ である: \[ A^{-1} = \dfrac{1}{abc}\begin{pmatrix} bc & 0 & 0 \cr -cd & ac & 0 \cr df-be & -af & ab \end{pmatrix}. \]

掃き出し法 (ガウスの消去法) で解いてみる. 拡大行列の左側に, 正則行列を単位行列に変形する手順を適用する: つまり $i=1$, $2$, ... に対して

• 必要ならば行の入れ替えを行う.
• 第 $i$ 行を $(i,j)$ 成分 ($\neq0$) で割ることで, $(i,i)$ 成分を $1$ にする,
• 行基本変形により, 第 $i$ 列を $(i,i)$ 成分を除いて全て $0$ にする.

これにより, 例えば \[ \begin{array}{rll} &\left(\begin{array}{ccc:c} 5 & 1 & 1 & -11 \cr 1 & -1 & 4 & 0 \cr 1 & 5 & -1 & -25 \end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:c} 1 & 1/5 & 1/5 & -11/5 \cr 1 & -1 & 4 & 0 \cr 1 & 5 & -1 & -25 \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $1$ 行を $1/5$ 倍して}\cr \text{$a_{11}$ を $1$ に変形}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:c} 1 & 1/5 & 1/5 & -11/5 \cr 0 & -6/5 & 19/5 & 11/5 \cr 1 & 5 & -1 & -25 \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $2$ 行に第 $1$ 行の}\cr \text{$-1$ 倍を加えた}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:c} 1 & 1/5 & 1/5 & -11/5 \cr 0 & -6/5 & 19/5 & 11/5 \cr 0 & 24/5 & -6/5 & -114/5 \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $3$ 行に第 $1$ 行の}\cr \text{$-1$ 倍を加えた}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:c} 1 & 1/5 & 1/5 & -11/5 \cr 0 & 1 & -19/6 & -11/6 \cr 0 & 24/5 & -6/5 & -114/5 \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $2$ 行を $-5/6$ 倍して}\cr \text{$a_{22}$ を $1$ に変形}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:c} 1 & 0 & 25/30 & -55/30 \cr 0 & 1 & -19/6 & -11/6 \cr 0 & 24/5 & -6/5 & -114/5 \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $1$ 行に第 $2$ 行の}\cr \text{$-1/5$ 倍を加えた}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:c} 1 & 0 & 25/30 & -55/30 \cr 0 & 1 & -19/6 & -11/6 \cr 0 & 0 & 420/30 & -420/30 \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $3$ 行に第 $2$ 行の}\cr \text{$-24/5$ 倍を加えた}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:c} 1 & 0 & 25/30 & -55/30 \cr 0 & 1 & -19/6 & -11/6 \cr 0 & 0 & 1 & -1 \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $1$ 行を $1/14$ 倍して}\cr \text{$a_{33}$ を $1$ に変形}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:c} 1 & 0 & 0 & -1 \cr 0 & 1 & -19/6 & -11/6 \cr 0 & 0 & 1 & -1 \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $1$ 行に第 $3$ 行の}\cr \text{$-5/6$ 倍を加えた}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:c} 1 & 0 & 0 & -1 \cr 0 & 1 & -19/6 & -11/6 \cr 0 & 0 & 1 & -1 \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $1$ 行に第 $3$ 行の}\cr \text{$-5/6$ 倍を加えた}\end{array}\right) \cr \longrightarrow& \left(\begin{array}{ccc:c} 1 & 0 & 0 & -1 \cr 0 & 1 & 0 & -5 \cr 0 & 0 & 1 & -1 \end{array}\right) &\left(\begin{array}{c}\text{第 $2$ 行に第 $3$ 行の}\cr \text{$19/6$ 倍を加えた}\end{array}\right) \cr \end{array} \] のように左側を単位行列にできるので, 右側が連立 $1$ 次方程式の解となる: \[ \begin{pmatrix} x \cr y \cr z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \cr -5 \cr -1 \end{pmatrix}. \]

3: 行列式

成分が全て数値である行列の行列式を計算する際には,

• 交代性,
• $R_{i,j,\lambda}$ に関する不変性,
• 行列サイズ削減

成分に文字を含む行列の行列式を計算する際は, 行列サイズ削減の応用は必ずしも容易では無い. このような場合には, 余因子展開を用いることを推奨する. 例えば第 $1$ 列に注目して余因子展開を用いると, この問題に対しては \[ \begin{array}{rl} &\det\begin{pmatrix} 0 & a & b & c \cr -a & 0 & d & e \cr -b & -d & 0 & f \cr -c & -e & -f & 0 \end{pmatrix} \cr =& 0\cdot(-1)^{1+1} \det\begin{pmatrix} \square & \square & \square & \square \cr \square & 0 & d & e \cr \square & -d & 0 & f \cr \square & -e & -f & 0 \end{pmatrix} \cr &\quad + (-a)(-1)^{2+1} \det\begin{pmatrix} \square & a & b & c \cr \square & \square & \square & \square \cr \square & -d & 0 & f \cr \square & -e & -f & 0 \end{pmatrix} \cr &\qquad + (-b)(-1)^{3+1} \det\begin{pmatrix} \square & a & b & c \cr \square & 0 & d & e \cr \square & \square & \square & \square \cr \square & -e & -f & 0 \end{pmatrix} \cr & \quad \qquad + (-c)(-1)^{4+1} \det\begin{pmatrix} \square & a & b & c \cr \square & 0 & d & e \cr \square & -d & 0 & f \cr \square & \square & \square & \square \end{pmatrix} \cr =& a\det\begin{pmatrix} a & b & c \cr -d & 0 & f \cr -e & -f & 0 \end{pmatrix} \cr &\quad - b\det\begin{pmatrix} a & b & c \cr 0 & d & e \cr -e & -f & 0 \end{pmatrix} \cr & \qquad+ c\det\begin{pmatrix} a & b & c \cr 0 & d & e \cr -d & 0 & f \end{pmatrix} \cr =& a(-bfe+cdf+af^2) \cr &\quad - b(-be^2+cde+aef) \cr &\qquad + c(adf-bde+cd^2) \cr =& af(af-be+cd) \cr & \quad - be(af-be+cd) \cr & \qquad + cd(af-be+cd) \cr =& (af-be+cd)^2 \end{array} \] などと計算できる.

この問題に関しては, 行列の成分に文字が含まれているものの行列サイズ削減を用いて計算した方が楽だろう. 例えば, \[ \begin{array}{rll} &\det\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \cr a & a & a & y \cr z & c & x & y \cr b & b & x & y \end{pmatrix} \cr =& -\det\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \cr y & a & a & a \cr y & c & x & z \cr y & b & x & b \end{pmatrix} & \left(\text{交代性: 第 $1$ 列と第 $4$ 列を交換}\right) \cr =& -\det\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \cr 0 & a-y & a-y & a-y \cr 0 & c-y & x-y & z-y \cr 0 & b-y & x-y & b-y \end{pmatrix} & \left(\text{$(1,1)$ 成分に注目して第 $1$ 列を掃き出し}\right) \cr =& -\det\begin{pmatrix} a-y & a-y & a-y \cr c-y & x-y & z-y \cr b-y & x-y & b-y \end{pmatrix} &\left(\text{行列サイズ削減}\right) \cr =& -\det\begin{pmatrix} a-y & 0 & 0 \cr c-y & x-c & z-c \cr b-y & x-b & 0 \end{pmatrix} & \left(\text{$(1,1)$ 成分に注目して第 $1$ 行を掃き出し}\right) \cr =& -(a-y)\det\begin{pmatrix} x-c & z-c \cr x-b & 0 \end{pmatrix} &\left(\text{行列サイズ削減}\right) \cr =& (a-y)(x-b)(z-c). \end{array} \]

$3$ 次正方行列の行列式の定義より, \[ \begin{array}{rl} \det A &= \det\begin{pmatrix} a & 0 & b \cr 0 & c & 0 \cr d & 0 & e \end{pmatrix} \cr &= ace + 0\cdot0\cdot d + b\cdot0\cdot0 \cr &\quad - bcd - 0\cdot0\cdot e - a\cdot0\cdot0 \cr &= c(ae-bd). \end{array} \] ここで, 行列式の性質より, \[ \text{行列 $A$ が正則}\iff \det A\neq 0 \] である. 従って, $c(ae-bd)\neq 0$ のとき, つまり $c\neq0$ かつ $ae-bd\neq0$ のとき $A$ は正則である.

次に, クラメルの公式を用いて連立 $1$ 次方程式 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ を解いてみよう: \[ x = \dfrac{\det\begin{pmatrix} 1 & 0 & b \cr 1 & c & 0 \cr 1 & 0 & e \end{pmatrix}}{\det\begin{pmatrix} a & 0 & b \cr 0 & c & 0 \cr d & 0 & e \end{pmatrix}} = \dfrac{ce-cb}{c(ae-bd)} = \dfrac{e-b}{ae-bd}, \] \[ y = \dfrac{\det\begin{pmatrix} a & 1 & b \cr 0 & 1 & 0 \cr d & 1 & e \end{pmatrix}}{\det\begin{pmatrix} a & 0 & b \cr 0 & c & 0 \cr d & 0 & e \end{pmatrix}} = \dfrac{ae-bd}{c(ae-bd)} = \dfrac{1}{c}, \] \[ z = \dfrac{\det\begin{pmatrix} a & 0 & 1 \cr 0 & c & 1 \cr d & 0 & 1 \end{pmatrix}}{\det\begin{pmatrix} a & 0 & b \cr 0 & c & 0 \cr d & 0 & e \end{pmatrix}} = \dfrac{ac-cd}{c(ae-bd)} = \dfrac{a-d}{ae-bd}. \] 行列 $A$ が正則であるという条件から, 各分数の分母は $0$ でないことに注意. このように, 成分に文字が含まれる行列に関する連立 $1$ 次方程式を計算する際に, クラメルの公式が便利なことがある.

4: 線型結合

第 $j$ 列ベクトルが $\mathbf{v}_j$ である行列を $V$ とおく, つまり \[ V = (\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2) = \begin{pmatrix} a & 1\cr 2 & b \end{pmatrix}. \] 線型独立性と正則性についての性質および行列式の性質より \[ \mathbf{v}_1,\ \mathbf{v}_2\text{ が線型独立} \iff V\text{ が正則} \iff \det V\neq0 \] が成立する. 従って, $\det V = ab-2 \neq0$ を満たす $a$, $b$ に対して $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$ は線型独立である.

次に, $\mathbf{v} = c_1\mathbf{v}_1 + c_2\mathbf{v}_2$ を満たす $c_1$, $c_2$ を求めるには, 連立 $1$ 次方程式 \[ V\begin{pmatrix} c_1 \cr c_2 \end{pmatrix} = \mathbf{v} \] を解けば良い. クラメルの公式を用いると \[ c_1 = \dfrac{\det\begin{pmatrix} c & 1 \cr d & b \end{pmatrix}}{\det V} = \dfrac{bc-d}{ab-2}, \] \[ c_2 = \dfrac{\det\begin{pmatrix} a & c \cr 2 & d \end{pmatrix}}{\det V} = \dfrac{ad-2c}{ab-2} \] が得られる.

まず, 左辺の行列は正方行列ではないので特に正則行列では無い. 加えて, 右辺が $\mathbf{0}$ であることから, 斉次連立 $1$ 次方程式の性質より非自明な解が存在する. このような場合, 線型結合を用いて解を表すことができるのだった.

実際に掃き出し法を用いて計算してみよう. 拡大行列に対する行基本変形により \[ \left(\begin{array}{cccc:c} 1 & -4 & 0 & -7 & 0 \cr 1 & -3 & 1 & -5 & 0 \end{array}\right) \longrightarrow \left(\begin{array}{cccc:c} 1 & 0 & 4 & 1 & 0 \cr 0 & 1 & 1 & 2 & 0 \end{array}\right) \] という行簡約階段形にすることができる. 従って, この行簡約階段形に対応する \[ \left\{\begin{array}{rl} x_1 + 4x_3 + x_4 &= 0, \cr x_2 + x_3 + 2x_4 &= 0 \end{array}\right. \] という式を満たす $x_1$, $x_2$, $x_3$, $x_4$ は全て解となる.

解を線型結合の形で表すならば, 上の行簡約階段形において主成分に対応するもの以外, つまり $x_3$, $x_4$ をそれぞれ \[ x_3 = s,\quad x_4 = t \] とおくことを推奨する. このとき, \[ \left\{\begin{array}{rl} x_1 &= -4s-t, \cr x_2 &= -s-2t \end{array}\right. \] となるため, \[ \begin{pmatrix} x_1 \cr x_2 \cr x_3 \cr x_4 \end{pmatrix} = s\begin{pmatrix} -4 \cr -1 \cr 1 \cr 0 \end{pmatrix} + t\begin{pmatrix} -1 \cr -2 \cr 0 \cr 1 \end{pmatrix}\quad (\text{$s$, $t\in\mathbb{R}$ は任意}) \] という線型結合による表記を得ることができる.

5: 固有値と固有ベクトル

$\lambda\neq0$ が $AB$ の固有値であるとき, \[ AB\mathbf{v} = \lambda \mathbf{v} \] を満たす固有ベクトル $\mathbf{v}\neq\mathbf{0}$ が存在する ($\mathbf{v}\in\mathbb{R}^{m\times 1}$). これに左から $B$ を掛けることで, \[ BA(B\mathbf{v}) = \lambda (B\mathbf{v}) \] となるため, あとは $B\mathbf{v}\neq\mathbf{0}$ を示せば, $\lambda$ が (対応する固有ベクトルが $B\mathbf{v}\in\mathbb{R}^{n\times 1}$ であるような) $BA$ の固有値であることが証明される.

$B\mathbf{v}\neq\mathbf{0}$ であることを証明しよう. $\lambda\neq0$ であることから \[ AB\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v} \neq \mathbf{0} \] であり, つまり $A(B\mathbf{v})\neq\mathbf{0}$ である. 従って, 特に $B\mathbf{v}\neq\mathbf{0}$ である.

固有値は固有方程式 \[ \begin{array}{rl} 0 &= \det(\lambda I-A) \cr &= \det\begin{pmatrix} \lambda+6 & 4 \cr -8 & \lambda-6 \end{pmatrix} \cr &= \lambda^2-4 = (\lambda+2)(\lambda-2) \end{array} \] の解 $\lambda_1 = -2$, $\lambda_2=2$ である (参考). 対応する固有ベクトルは \[ \mathbf{0} = (\lambda_1 I-A)\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 4 & 4 \cr -8 & -8 \end{pmatrix}\mathbf{v}_1, \] \[ \mathbf{0} = (\lambda_2 I-A)\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 8 & 4 \cr -8 & -4 \end{pmatrix}\mathbf{v}_2 \] の解となる $\mathbf{0}$ でないベクトルであり, 例えば \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \cr -1 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \cr -2 \end{pmatrix} \] はそれぞれ対応する固有ベクトルである. いま, $\lambda_1\neq\lambda_2$ より $A\in\mathbb{R}^{2\times 2}$ は異なる $2$ つの実数の固有値を持つ. 従って対角化可能であり, 固有ベクトル $\mathbf{v}_j$ を第 $j$ 列ベクトルに持つ行列 $P=\begin{pmatrix}\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2\end{pmatrix}$ に対して \[ P^{-1}AP = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \cr 0 & \lambda_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 0 \cr 0 & 2 \end{pmatrix} \] が得られる.

行列 $A$ の固有値は固有方程式 \[ \begin{array}{rl} 0 &= \det(\lambda I-A) \cr &= \det\begin{pmatrix} \lambda-2a & 1 \cr -4 & \lambda-2 \end{pmatrix} \cr &= \lambda^2 - 2(a+1)\lambda + 4(a+1) \end{array} \] の解である. $2$ 次方程式の解の公式より, この方程式が異なる $2$ つの実数の解を持つ条件は, \[ (a+1)^2 - 4(a+1) > 0 \] であり, これを整理して $a\lt -1$, $3\lt a$ が得られる. また, このとき固有値は \[ a+1\pm \sqrt{(a+1)^2-4(a+1)} \] である. これらを $\lambda_1$, $\lambda_2$ とおく: \[ \lambda_1 = a+1-\sqrt{(a+1)(a-3)}, \] \[ \lambda_2 = a+1+\sqrt{(a+1)(a-3)}. \]

このとき, 対応する固有ベクトルはそれぞれ \[ (\lambda_1 I-A)\mathbf{v}_1=\mathbf{0},\quad (\lambda_2 I-A)\mathbf{v}_2=\mathbf{0} \] を満たす $\mathbf{0}$ でないベクトル $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$ である. いま, \[ \lambda_1 I-A = \begin{pmatrix} \lambda_1 -2a & 1 \cr -4 & \lambda_1 - 2 \end{pmatrix} \] であるが, $\lambda_1$ は固有方程式の解なので $\det (\lambda_1 I-A) = 0$ であり, 線型独立性と正則性についての性質より, $\lambda_1 I-A$ の $2$ つの行ベクトル \[ (\lambda_1 - 2a, 1),\quad (-4, \lambda_1 - 2) \] は線型独立ではない. 従って, ある実数 $c$ を用いて \[ (-4, \lambda_1 - 2) = c(\lambda_1 - 2a, 1) \] と表すことができる. このことから, 例えば $\lambda_1 I-A$ の第 $1$ 行に注目して (つまり $(\lambda_1 I-A)\mathbf{v}_1$ の第 $1$ 成分が $0$ となるように) \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \cr -\lambda_1 + 2a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \cr a-1+\sqrt{(a+1)(a-3)} \end{pmatrix} \] と定めると, これは \[ \begin{array}{rl} (\lambda_1 I-A)\mathbf{v}_1 &= \begin{pmatrix} \lambda_1 - 2a & 1 \cr -4 & \lambda_1 -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \cr -\lambda_1+2a \end{pmatrix} \cr &= \begin{pmatrix} \lambda_1 - 2a & 1 \cr c(\lambda_1 - 2a) & c \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \cr -\lambda_1+2a \end{pmatrix} \cr &= \mathbf{0}, \end{array} \] つまり $(\lambda_1 I-A)\mathbf{v}_1=\mathbf{0}$ を満たす. 従ってこの $\mathbf{v}_1$ は固有値 $\lambda_1$ に対応する固有ベクトルである (参考). 同様に, 例えば $\lambda_2 I-A$ の第 $1$ 行に注目して \[ \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \cr -\lambda_2 + 2a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \cr a-1-\sqrt{(a+1)(a-3)} \end{pmatrix} \] と定めると, これは $(\lambda_2 I-A)\mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$ を満たすので, この $\mathbf{v}_2$ は固有値 $\lambda_2$ に対応する固有ベクトルである.

最後に, 上に述べた $a$ の条件の下で行列 $A\in\mathbb{R}^{2\times 2}$ は異なる $2$ つの実数の固有値を持つ, 従って対角化可能であり, 第 $j$ 列ベクトルが $\mathbf{v}_j$ である行列 $P$ に対して \[ P^{-1}AP = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \cr 0 & \lambda_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a+1-\sqrt{(a+1)(a-3)} & 0 \cr 0 & a+1+\sqrt{(a+1)(a-3)} \end{pmatrix} \] が得られる.

行列 $A$ の対角化を用いて計算する. まず, 固有方程式 \[ \begin{array}{rl} 0 &= \det(\lambda I-A) \cr &= (\lambda-11)(\lambda+9)+96 \cr &= \lambda^2-2\lambda -3 \cr &= (\lambda-3)(\lambda+1) \end{array} \] を解いて固有値 $\lambda_1=-1$, $\lambda_2=3$ が得られる. 次に, \[ \mathbf{0} = (\lambda_1 I-A)\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} -12 & 24 \cr -4 & 8 \end{pmatrix}\mathbf{v}_1, \] \[ \mathbf{0} = (\lambda_2 I-A)\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} -8 & 24 \cr -4 & 12 \end{pmatrix}\mathbf{v}_2 \] を満たす $\mathbf{0}$ でないベクトル $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$ が固有値 $\lambda_1$, $\lambda_2$ にそれぞれ対応する固有値であり, 例えば \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 2 \cr 1 \end{pmatrix},\quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 3 \cr 1 \end{pmatrix} \] である. ここで, $\lambda_1\neq\lambda_2$ なので行列 $A\in\mathbb{R}^{2\times2}$ は異なる $2$ つの実数の固有値を持つ, 従って対角化可能である. 固有ベクトル $\mathbf{v}_j$ を第 $j$ 列ベクトルに持つ行列を $P=\begin{pmatrix}\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2\end{pmatrix}$ とおくと, \[ P = \begin{pmatrix} 2 & 3 \cr 1 & 1 \end{pmatrix},\quad P^{-1} = \begin{pmatrix} -1 & 3 \cr 1 & -2 \end{pmatrix}, \] \[ P^{-1}AP = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \cr 0 & \lambda_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 0 \cr 0 & 3 \end{pmatrix} \] である. 従って, \[ \begin{array}{rl} A^n &= P(P^{-1}AP)(P^{-1}AP)\dots(P^{-1}AP)P^{-1} \cr &= P(P^{-1}AP)^nP^{-1} \cr &= P\begin{pmatrix} -1 & 0 \cr 0 & 3 \end{pmatrix}^nP^{-1} \cr &= \begin{pmatrix} 2 & 3 \cr 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} (-1)^n & 0 \cr 0 & 3^n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1 & 3 \cr 1 & -2 \end{pmatrix} \cr &= \begin{pmatrix} 2(-1)^{n+1}+3^{n+1} & 6(-1)^n-2\cdot 3^{n+1} \cr (-1)^{n+1}+3^n & 3(-1)^n - 2\cdot 3^n \end{pmatrix} \end{array} \] が得られる.